江苏省南通市海安高级中学2018_2019学年高二物理上学期期中试题（选修含解析）.docx

20182019学年度第一学期期中考试高二年级物理（选修）试卷一、单项选择题：本大题共6小题，每小题3分，共计18分每小题只有一个选项符合题意1.如图所示，分别是直流电动机、摇绳发电、磁电式仪表和电磁轨道炮示意图，其中不属于“因电而动”（即在安培力作用下运动）的是（ ）A. B. C. D. 【答案】ACD【解析】直流电动机、磁电式仪表和电磁轨道炮利用的都是通电导线受磁场力的作用而运动，即在安培力作用下运动，ACD对；摇绳发电是导线切割磁感线而产生电流，是电磁感应现象，B错。2.如图所示，完全相同的甲、乙两个环形电流同轴平行放置，甲的圆心为O1，乙的圆心为O2，在两环圆心的连线上有a、b、c三点，其中aO1=O1b=bO2=O2c，此时a点的磁感应强度大小为B1，b点的磁感应强度大小为B2。当把环形电流乙撤去后，c点的磁感应强度大小为A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：对于图中单个环形电流，根据安培定则，其在中轴线上的磁场方向均是向左，故c点的磁场方向也是向左的，设aO1=O1b=bO2=O2c=r，单个环形电流在距离中点r位置的磁感应强度为B1r，在距离中点3r位置的磁感应强度为B2r，故a点磁感应强度：，b点磁感应强度：，当撤去环形电流乙后，c点的磁感应强度：，故选C。考点：电流的磁场、磁场的叠加。【名师点睛】利用右手安培定则确定中轴线上各点的磁感应强度的方向，由对称性可知在中轴线上与环形电流等距的点的磁感应强度大小相同，根据磁感应强度的矢量性，利用矢量合成法则就可以写出B1和B2的表达式，当撤去环形电流乙后，c点的磁场只由环形电流甲产生，由B1和B2的表达式即可求出c点的磁感应强度。3.如图所示，边长为L的金属框abcd放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上，当金属框绕ab边以角速度逆时针转动时，a、b、c、d四点的电势分别为下列判断正确的是A. 金属框中无电流，B. 金属框中电流方向沿a-d-c-b-a，C. 金属框中无电流，D. 金属框中无电流，【答案】C【解析】试题分析：因穿过线圈的磁通量始终为零，故线圈中无电流；根据右手定则可知，d端电势高于a端，c端电势高于d端，故选项ABD错误，C正确；故选C考点：右手定则；法拉第电磁感应定律【名师点睛】本题关键是明确感应电流的产生条件是穿过闭合回路的磁通量发生改变，要会根据E=Blv求解感应电动势，会利用右手定则判断感应电动势的方向.4.如图所示为回旋加速器的示意图。两个靠得很近的D形金属盒处在与盒面垂直的匀强磁场中，一质子从加速器的A处开始加速。已知D型盒的半径为R，磁场的磁感应强度为B，高频交变电源的电压为U、频率为f，质子质量为m，电荷量为q。下列说法错误的是（ ）A. 质子的最大速度不超过2RfB. 质子的最大动能为C. 质子的最大动能与高频交变电源的电压U无关D. 质子的最大动能与高频交变电源的电压U有关，且随电压U增大而增加【答案】D【解析】【详解】质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R，则所以最大速度不超过2fR故A正确。质子的最大动能，与电压无关，故BC正确，D错误；因选错误的，故选D.5.如图所示，半径为的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，磁场边界上点一粒子源，源源不断地向磁场发射各种方向（均平行于纸面）且速度大小相等的带正电的粒子（重力不计），已知粒子的比荷为，速度大小为则粒子在磁场中运动的最长时间为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：粒子在磁场中运动的半径为：；当粒子在磁场中运动时间最长时，其轨迹对应的圆心角最大，此时弦长最大，其最大值为磁场圆的直径2r，故，故选C.考点：带电粒子在匀强磁场中的运动.6.随着新能源轿车的普及，无线充电技术得到进一步开发和应用。一般给大功率电动汽车充电时利用的是电磁感应原理。如图所示，由地面供电装置（主要装置有线圈和电源）将电能传送至电动车底部的感应装置（主要装置是线圈），该装置使用接收到的电能对车载电池进行充电，供电装置与车身接收装置通过磁场传送能量，由于电磁辐射等因素，其能量传送效率只能达到90左右。无线充电桩一般采用平铺式放置，用户无需下车，无需插电即可对电动车进行充电。目前无线充电桩可以允许的充电有效距离一般为，允许的错位误差一般为左右。下列说法正确的是（ ）A. 无线充电桩的优越性之一是在百米开外也可以对电车快速充电B. 车身感应线圈中的感应电流磁场总是要阻碍引起感应电流磁通量的变化C. 车身中感应线圈中感应电流磁场总是与地面发射中电流的磁场方向相反D. 若线圈均采用超导材料则能量的传输效率有望达到100【答案】B【解析】根据题意无线充电桩可以允许的充电有效距离一般为1525cm，允许的错位误差一般为15cm左右，不可以在百米开外对电车快速充电，故A错误；根据楞次定律，车身感应线圈中感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故B正确当地面发射线圈中电流增加时，穿过车身感应线圈的磁通量增加，根据楞次定律此时车身感应线圈中感应电流的磁场与地面发射线圈中电流的磁场方向相反；当地面发射线圈中电流减小时，穿过车身感应线圈的磁通量减少，根据楞次定律此时车身感应线圈中感应电流的磁场与地面发射线圈中电流的磁场方向相同，故C错误；由于电磁波传播的时候有电磁辐射，感应线圈和发射线圈中的能量传输不能达到百分之百，故D错误；故选B。点睛：解决本题的关键掌握楞次定律的内容，知道感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，并能理解法拉第电磁感应定律的应用二、多项选择题：本题共 5 小题，每小题 4 分，共20分每小题有多个选项符合题意全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，错选或不答的得 0 分7.下列现象中利用涡流的是()A. 金属探测器 B. 变压器中用互相绝缘的硅钢片叠压成铁芯C. 用来冶炼合金钢的真空冶炼炉 D. 磁电式仪表的线圈用铝框做骨架【答案】ACD【解析】【详解】金属探测器是利用了涡流，选项A正确；变压器中用互相绝缘的硅钢片叠压成铁芯，是为了减小涡流，选项B错误；用来冶炼合金钢的真空冶炼炉是利用涡流加热的，选项C正确；磁电式仪表的线圈用铝框做骨架，铝的电阻率小，产生的感应电流（涡电流）大，对线圈转动的阻碍作用大，在铝框和指针一起摆动时更容易使指针很快停止摆动，故D正确；故选ACD.8.一个矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电动势e220sin(100t)V，那么()A. 该交变电流的频率是50 Hz B. 当t0时，线圈平面恰好位于中性面C. 当t s时，e有最大值 D. 该交变电流电动势的有效值为220 V【答案】AB【解析】【详解】交变电流的=100=2f，所以频率为50Hz，故A正确；t=0时，电动势为零，线圈平面处于中性面，故B正确；当t=s时，e=220sin=0，故C错误；由表达式知最大值为220V，所以该电动势的有效值为220V，故D错误；故选AB。【点睛】对于交流电的产生和描述要正确理解，要会推导交流电的表达式，明确交流电表达式中各个物理量的含义9.图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同下列说法正确的是() A. 图1中，A1与L1的电阻值相同B. 图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流小于L1中电流C. 图2中，变阻器R与L2的电阻值相同D. 图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等【答案】BC【解析】【详解】图1中，断开S1的瞬间，A1灯闪亮，是因为电路稳定时，A1的电流小于L的电流，则可知L的电阻小于A1的电阻，故A错误；图1中，闭合S1，电路稳定后，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，说明灯泡中的电流小于线圈中的电流，故B正确；图2中，因为要观察两只灯泡发光的亮度变化，两个支路的总电阻相同，因两个灯泡电阻相同，所以变阻器R与L2的电阻值相同，故C正确；图2中，闭合S2瞬间，L2对电流有阻碍作用，所以L2中电流与变阻器R中电流不相等，故D错误。故选BC。【点睛】当通过线圈本身的电流变化时，线圈中会产生自感现象，这是一种特殊的电磁感应现象，可运用楞次定律分析自感电动势对电流的影响。10.如图所示，导电物质为电子的霍尔元件样品置于磁场中，表面与磁场方向垂直，图中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端当开关S1、S2闭合后，三个电表都有明显示数，下列说法正确的是() A. 通过霍尔元件的磁场方向向上B. 若适当减小R1、增大R2，则电压表示数一定增大C. 仅将电源E1、E2反向接入电路，电压表的示数不变D. 接线端2的电势低于接线端4的电势【答案】CD【解析】【详解】根据安培定则可知，磁场的方向向下，故A错误；适当减小R1，电磁铁中的电流增大，产生的磁感应强度增大，而当增大R2，霍尔元件中的电流减小，所以霍尔电压减小，即电压表示数一定减小，故B错误；当调整电路，将电源E1、E2反向接入电路，使通过电磁铁和霍尔元件的电流方向相反，由左手定则可知洛伦兹力方向不变，即2、4两接线端的电势高低关系不发生改变，电压表的示数不变，故C正确；通过霍尔元件的电流由1流向接线端3，负电子移动方向与电流的方向相反，由左手定则可知，负电子偏向接线端2，所以接线端2的电势低于接线端4的电势，故D正确；故选CD。【点睛】解决本题关键是理解左手定则与安培定则的应用，注意电子的移动方向与电流方向相反，简单了解霍尔元件的基本原理。11.如图所示，空间存在水平向左的匀强电场E和垂直纸面向外的匀强磁场B，在竖直平面内从a点沿ab、ac方向抛出两带电小球，不考虑两带电小球间的相互作用，两小球的电荷量始终不变，关于小球的运动，下列说法正确的是A. 沿ab、ac方向抛出的小球都可能做直线运动B. 若小球沿ac方向做直线运动，则小球带负电，可能做匀加速运动C. 若小球沿ac方向做直线运动，则小球带正电，且一定是匀速运动D. 两小球在运动过程中机械能均守恒【答案】AC【解析】【分析】根据左手定则，结合正负电荷，可确定洛伦兹力的方向，再由受力平衡条件，即可确定是否可以直线运动，因速度影响洛伦兹力，因此是直线运动，必是匀速直线运动，同时由于电场力做功，导致小球的机械能不守恒【详解】沿ab抛出的带电小球，根据左手定则，及正电荷的电场力的方向与电场强度方向相同，可知，只有带正电，才能平衡，而沿ac方向抛出的带电小球，由上分析可知，小球带负电时，才能做直线运动，因速度影响洛伦兹力大小，所以是直线运动，必然是匀速直线运动，AC正确B错误；在运动过程中，因电场力做功，导致小球的机械能不守恒，D错误【点睛】考查带小球受电场力、重力与洛伦兹力共同作用，掌握左手定则的应用，理解受力平衡的条件，注意速度影响加速度，则是直线运动必然是匀速直线运动，这是解题的关键三、简答题：本题共2小题，计20分请将解答填写在答题纸上相应的位置12.(1) 如图甲所示为某多用电表内部简化电路图，作电流表使用时，选择开关S应接_(选填“1”“2”“3”“4”或“5”)量程较大(2) 某同学想通过多用表的欧姆挡测量量程为3 V的电压表内阻(如图乙)，主要步骤如下： 把选择开关拨到“100”的欧姆挡上； 把两表笔相接触，旋转欧姆调零旋钮，使指针指在电阻零刻度处； 把红表笔与待测电压表_(选填“正”或“负”)接线柱相接，黑表笔与另一接线柱相连，发现这时指针偏转角度很小； 换用_(选填“10”或“1 k”)欧姆挡重新调零后测量，发现这时指针偏转适中(如图丙)，记下电阻数值； 把选择开关调至空挡或交流电压最高挡后拔下表笔，把多用电表放回桌上原处，实验完毕(3)该同学设计了如图丁中所示的欧姆表电路，通过控制开关S和调节电阻箱，可使欧姆表具有“1”和“10”两种倍率所用器材如下：A干电池：电动势E1.5 V，内阻r0.5 B电流表：满偏电流Ig1 mA，内阻Rg150 C定值电阻R11 200 D电阻箱R2和R3：最大阻值都为9 999 E电阻箱R4：最大阻值为9 999 F开关一个，红、黑表笔各1支，导线若干该同学按图丁正确连接好电路当开关S断开时，将红、黑表笔短接，调节电阻箱R2，使电流表达到满偏，此时闭合电路的总电阻叫做欧姆表的内阻R内，则R内_，欧姆表是_(选填“1”或“10”)倍率【答案】 (1). 1 (2). 负 (3). 1 k (4). 1500 (5). 10【解析】【详解】（1）由图所示可知，作为电流表使用时，应将电阻与表头并联，且并联的电阻越小，量程越大，故选择开关S应接 “1”量程较大（2）电流从红表笔流入万用表，则把红表笔与待测电压表负接线柱相接，黑表笔与另一接线柱相连，发现这时指针偏转角度很小，说明倍率档选择过小，应该换用 “1 k”欧姆挡重新调零后测量；（3）由闭合电路欧姆定律可知：欧姆表的内阻为：R中=1500，则中值电阻应为1500，根据多用电表的刻度设置可知，表盘上只有两种档位，若为1，则中性电阻太大，不符合实际，故欧姆表倍率应为“10”。13.利用如图所示的实验装置测量两节干电池组成的电源的电动势和内电阻(1)某同学用如图甲所示的装置电路进行测量在实验中发现变阻器的滑片由图中右端向左端逐渐滑动时，电流表示数逐渐增大，电压表的示数接近3.0V并且几乎不变，当滑片临近左端时，电压表示数急剧变化出现这种问题，应更换一个总阻值比原来_(选填“大”或“小”)的变阻器 甲 乙(2) 在实验操作正确的情况下测得数据记录在下表中，请在图乙中作出U-I图象_U/V2.942.862.812.762.712.62I/A0.060.120.180.240.300.38(3) 根据U-I图象，可得该电池组的电动势E_V，内电阻r_.(结果均保留2位有效数字).(4) 本实验存在系统误差，原因是_(选填“电压表分流”或“电流表分压”前面的序号)，由此造成电源内阻测量值_(选填“大于”“小于”或“等于”)真实值【答案】 (1). 小 (2). 如图： (3). 3.0 (4). 1.0 (5). (6). 小于【解析】【详解】（1）滑动变阻器串联在电路中，电压表测量滑动变阻器电压，刚开始滑动触头P由右端向左端逐渐滑动时，电流表示数逐渐增大，电压表的示数接近3.0V并且几乎不变，说明随着电阻的变小，滑动变阻器的电阻占整个电路电阻的比例变化不大，直到当滑动触头P滑至临近左端时，电压表的示数急剧变化，说明滑线变阻器的总电阻太大，所以原因是：滑动变阻器阻值太大，有效使用的部分短，改进方法为：选择阻值更小的滑动变阻器.（2）根据实验数据做出的图像如图；根据闭合电路欧姆定律可知，U=E-Ir，则电动势E=3.0V；内阻。（3）本实验存在系统误差，原因是电压表分流，使得电流表示数小于干路电流；外电路短路时，电压表分流为零，实际电流等于电流表电流，电压越大，电压表分流越多，实际电流大于电流表电流越多，图象斜率的绝对值将越大，由此造成电源内阻测量值小于真实值。【点睛】本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，知道实验中应用图象求解电动势和内电阻的基本方法。四计算或论述题：本题共4小题，共62分解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位14.如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角=370，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50 T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E=4.5 V、内阻r=0.50 的直流电源。现把一个质量m=0.040 kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5 ，金属导轨电阻不计， g取10 m/s2。已知sin 37=0.60，cos 37=0.80，求：（1）通过导体棒的电流；（2）导体棒受到的安培力和导体棒受到的摩擦力；（3）若仅将磁场方向改为竖直向上，求导体棒受到的摩擦力。【答案】（1）1.5A（2）0.30N 方向沿斜面向上 0.06N 方向沿斜面向下 （3）零【解析】【详解】（1）对导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：（2）导体棒受到的安培力：F安=BIL=0.30N 方向沿斜面向上 导体棒所受重力沿斜面向下的分力F1=mgsin370=0.24N由于F1小于F安，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f ，受力如图。根据共点力平衡条件mg sin370+f=F安 解得：f=0.06N 方向沿斜面向下 （3）对导体棒受力分析如图，由于所以在安培力作用下导体棒刚好处于平衡，故导体棒受的摩擦力为零。15.如图所示，在竖直平面内，水平且平行的、虚线间距为L，其间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.一长为2L、宽为L矩形线框质量为m，电阻为R.开始时，线框下边缘正好与虚线重合，由静止释放，线框上边缘进入磁场后线框一直做减速运动，经过一段时间后，线框上边缘经过虚线瞬间加速度恰为0.重力加速度为g，不计空气阻力求矩形线框穿过磁场过程中：(1) 上边缘经过虚线瞬间，线框的速度v(2) 磁通量变化率的最大值(3) 线框中产生的焦耳热和通过矩形线框的电量q【答案】(1) (2) BL. (3) 【解析】【详解】（1）上边缘经过虚线瞬间BILmg BLvIR 解得：（2）线框上边刚进磁场时磁通量的变化率最大BLv1 mgLmv12 得 （3）设线框穿过磁场过程中线框中产生的焦耳热为Q，根据能量守恒 解得矩形线框穿过磁场过程中 解得：【点睛】分析清楚线框运动过程是解题的前提，应用法拉第电磁感应定律、平衡条件、机械能守恒定律可以解题；解题时注意：线框克服安培力做功转化为焦耳热。16.如图甲所示，正方形闭合线圈abcd边长为10cm，总电阻为2.0，匝数为100匝，放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示求：（1）在t=1.0s时线圈中感应电动势的大小和在第3秒内线圈中感应电动势的大小（2）画出线圈一边ad边所受安培力随时间变化的图象（只要画出变化的2个周期，取向右为正）（3）线圈中感应电流的有效值【答案】（1）1V ，2V（2）（3） 【解析】【详解】（1）设在02s内线圈中感应电动势的大小为故t=1.0s时线圈中感应电动势的大小为1V. 在第3秒内，线圈中感应电动势的大小为E2， （